Muestran que no hay ningún subgrupo de orden $S_n$ $(n-1)!/n$.

Question

Estoy tratando de mostrar que $S_n$ no tiene un subgrupo de orden $(n-1)!/n$ para cualquier $n$ diferente $6$. He comprobado que es cierto hasta $S_{13}$. ¿Alguna idea?

Por supuesto, si $n$ es el primer entonces ese orden no es un número entero, obviamente que no puede ser un subgrupo de ese orden. Pero ¿qué pasa con compuesto $n$?

Answer 1

Esta conjetura es verdadera, aquí es un boceto de una prueba.

Usted está buscando un grupo de $G$ de índice de $n^2$$S_n$.

$G$ es

(1) intransitivos,

(2) transitiva pero imprimitive,

(3) primitiva.

En el primer caso, debemos tener $G\leq S_a \times S_{n-a}$ algunos $1\leq a\leq n/2$. Pero esto implica que ${n}\choose{a}$ divide $n^2$. No es difícil ver que esto implica que $a=1$ por lo tanto $G$ está contenido en $S_{n-1}$. Ahora estamos preguntando acerca de un subgrupo de índice$n$$S_{n-1}$, y podemos repetir el argumento aquí para encontrar que la única opción es$F_{20}$$S_5$.

Supongamos ahora que $G$ es transitiva pero imprimitive, por lo $G\leq S_{n/a}^{a} \rtimes S_a$, para algunos divisor $1<a<n$$n$. Como antes, esto implica que $\frac{n!}{a!(n/a)!^a}$ divide $n^2$ que, con un poco de trabajo, puede ser muestra de que no ocurra. (El lado izquierdo es generalmente mucho más grande que $n^2$.)

Por último, si $G$ es primitivo, entonces es muy pequeño, de hecho,$|G|\leq 4^n$, por ejemplo

Praeger, Cheryl E.; Saxl, Jan En los pedidos de los primitivos grupos de permutación. Bull. Londres Matemáticas. Soc. 12 (1980), no. 4, 303-307.

y, como en el imprimitive caso, este es demasiado pequeño para tener el índice de $n^2$. (Excepto para los pequeños $n$ que necesitan ser revisados por la mano.)